【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第7讲 函数的奇偶性与周期性 达标检测 Word版含解析.docx，共(15)页，1.476 MB，由小赞的店铺上传

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《函数的奇偶性与周期性》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•延庆区期末）在下列函数中，定义域为实数集的奇函数为()A．3yx=B．cosyx=C．tanyx=D．xye=【分析】结合基本初等函数的性质及奇偶性的定义即可判断．【解答】解：根据幂函数的性质可知，3yx=为R上

的奇函数，符合题意；cosyx=为R上偶函数，不符合题意；tanyx=的定义域不是R，不符合题意；xye=不是奇函数，不符合题意．故选：A．2．（2019•上海）已知R，函数2()(6)sin()f

xxx=−，存在常数aR，使()fxa+为偶函数，则的值可能为()A．2B．3C．4D．5【分析】直接利用三角函数的性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果．【解答】解：由于函数2()(6)sin()fxxx=−，存在常数aR，()fxa+为偶函数，则：2()(6)sin[()]f

xaxaxa+=+−+，由于函数为偶函数，故：6a=，所以：62k=+，当1k=时．4=故选：C．3．（2020春•渭滨区期末）已知()fx是R上的奇函数，且当0x时，2()321fxxx=+−，则

当0x时，()(fx=)A．2321xx−−−B．2321xx−++C．2321xx+−D．2321xx−−【分析】先设0x时，则0x−，然后根据已知函数解析式及奇函数的定义可求．【解答】解：0x时，0x−，因为当0x时，2()321fxxx=+

−，所以2()3()2()1()fxxxfx−=−+−−=−，故2()321fxxx=−++．故选：B．4．（2019秋•天津期中）已知函数()fx是定义在R上的奇函数，当0x…时，2221()(|||2|3)2fxxaxaa=−+−−，若对动于任意的xR，(2)()fxfx−„，则实数a

的取值范围为()A．11[,]66−B．66[,]66−C．11[,]33−D．33[,]33−【分析】可去绝对值号，从而画出0x…时的函数()fx的图象，根据奇函数的对称性画出0x时的()fx的图象，结合图象，根

据(2)()fxfx−„恒成立，即可求出a的范围．【解答】解：0x…时，222222222321()(|||2|3)220xaxafxxaxaaaaxaxxa−=−+−−=−−…剟；根据()fx是R上

的奇函数，画出图象如下：任意的xR，(2)()fxfx−„；262a„；解得3333a−剟；实数a的取值范围为33[,]33−．故选：D．5．（2020•泰安一模）已知定义在R上的函数()fx的周期为4，当[2x−，2)时，1()()43xfxx=−−

，则33(log6)(log54)(ff−+=)A．32B．33log22−C．12−D．32log23+【分析】根据函数的周期性以及对数值的有关运算，把所求转化到所给区间，即可求解．【解答】解：因为函数()fx的周期为4，当[2x−，2)时，1()()43x

fxx=−−，3163333111(log6)(log)()log42log6636logff−==−−=+；233333333321233(log54)(3log2)(log21)(log)()log4log214log2

333322logffff=+=−==−−=−+−=−−；333333(log6)(log54)2log6log2322ff−+=++−−=；故选：A．6．（2020•新课标Ⅱ）设函数()|21||21|fxlnxlnx=+−−，则()(

fx)A．是偶函数，且在1(2，)+单调递增B．是奇函数，且在1(2−，1)2单调递减C．是偶函数，且在1(,)2−−单调递增D．是奇函数，且在1(,)2−−单调递减【分析】求出x的取值范围，由定义判断为奇函数，利用对数的运算性质变形，再判断内层函

数21||21xtx+=−的单调性，由复合函数的单调性得答案．【解答】解：由210210xx+−，得12x．又()|21||21|(|21||21|)()fxlnxlnxlnxlnxfx−=−+−−−

=−+−−=−，()fx为奇函数；由|21|21()|21||21||||21|21xxfxlnxlnxlnlnxx++=+−−==−−，21212221111112121212()22xxxxxxx+−+==+=+=+−−−−−

．可得内层函数21||21xtx+=−的图象如图，在1(,)2−−上单调递减，在1(2−，1)2上单调递增，则1(2，)+上单调递减．又对数式ylnt=是定义域内的增函数，由复合函数的单调性可得，

()fx在1(,)2−−上单调递减．故选：D．7．（2020春•海淀区校级期末）已知()fx是定义在R上的偶函数，且满足下列两个条件：①对任意的1x，2[4x，8]，且12xx，都有1212()()0fxfxxx−−；②xR，都有(8)()fxfx+=．若(7)af=−，

(11)bf=，(2020)cf=，则a，b，c的大小关系正确的是()A．abcB．bacC．bcaD．cba【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．【解答】解：由①对任意的1x，2[4x，8]，且12xx，都有121

2()()0fxfxxx−−可得()fx在[4，8]上单调递增，根据偶函数的对称性可知，()fx在[8−，4]−上单调递减，由②xR，都有(8)()fxfx+=可得函数的周期8T=，(7)af=−，(

11)bff==（3）(5)f=−，(2020)cff==（4）(4)f=−，所以(7)(5)(4)fff−−−，故abc．故选：D．8．（2020•山西模拟）已知函数224,0,()4,0xxxgxxxx+=−…，()()fxx

gx=，若(2)(2)fafa−，则实数a的取值范围是()A．2(1,)3−B．2(2,)3−C．2(,)3−D．2(,)3+【分析】由已知函数解析式可判断()fx的单调性及奇偶性，从而可求不等式．【解答】解：因为22224,0(2)4,0()4,0(2)4,0xxxxxgxxx

xxx++−==−−−+厖，由()gx的解析式可知，()gx在R上是奇函数且单调递增，()()fxxgx=为偶函数，当0x时，有()(0)gxg，任取120xx，则12()()0gxgx，由不等式的性质可

得1122()()0xgxxgx，即12()()0fxfx，所以，函数()fx在(0,)+上递增再由(2)(2)fafa−，得|2|2||aa−，即23440aa+−，解得223a−．故选：B．9．（2019•烟台二模）已知函

数()yfx=的定义域为R，(1)fx+为偶函数，且对121xx„，满足2121()()0fxfxxx−−，若f（3）1=，则不等式2(log)1fx的解集为()A．1(2，8)B．(1,8)C．(0，1)(82，)+D．(−，1)(8，)+【分

析】(1)fx+为R上的偶函数，可得(1)(1)fxfx−+=+，即函数()fx关于直线1x=对称．对121xx„，满足2121()()0fxfxxx−−，等价于121xx„，2()fx1()fx，可得函数()fx在1x„时的)x单调性．由f（3）1=，可得不等式

22(log)1(log)fxfxf（3）．即可得出．【解答】解：(1)fx+为R上的偶函数，(1)(1)fxfx−+=+，函数()fx关于直线1x=对称．对121xx„，满足2121()()0fxfxxx−−，等价于121xx„，21()()

fxfx，即函数()fx在1x„时，函数()fx单调递减．若f（3）1=，则不等式22(log)1(log)fxfxf（3）．23log1x−，解得：182x．不等式2(log)1fx的解集为1(,8)2．故选：A．10．（多选）（2020•山东

模拟）设()yfx=是定义在R上的偶函数，满足(1)()fxfx+=−，且在[1−，0]上是增函数，给出下列关于函数()yfx=的判断正确的是()A．()yfx=是周期为2的函数B．()yfx=的图象关于直线1x=对称C．(

)yfx=在[0，1]上是增函数D．1()02f=．【分析】由()yfx=是定义在R上的偶函数，满足(1)()fxfx+=−，且在[1−，0]上是增函数，可得()(2)fxfx=+，求出周期，因为()()fxfx−=，所以()(2)fxfx−=+，可得

1x=是对称轴及在[0，1]上单调递减，因为(1)()fxfx+=−，令12x=−可得11()()22ff=−−可得11()()22ff=−，所以1()02f=，故选出答案．【解答】解：因为()yfx=是定义在R上的偶函数，满足(1)()fxfx+=−

，所以()(1)fxfx=−+，而()(1)fxfx=−−，所以(1)(1)fxfx−=+，即()(2)fxfx=+，所以可得函数的周期2T=，所以A正确，因为()()fxfx−=，所以()(2)fxfx−=+，所以对称轴212xxx−++==，即关于1x=对称

，所以B正确；由函数()fx为偶函数关于y轴对称，又在[1−，0]上是增函数，所以在[0，1]上单调递减，故C不正确；因为(1)()fxfx+=−，令12x=−可得11()()22ff=−−可得11()()22ff=−，所以1()02f=，所以D正确，故选：ABD．11

．（2020•江苏）已知()yfx=是奇函数，当0x…时，23()fxx=，则(8)f−的值是．【分析】由奇函数的定义可得()()fxfx−=−，由已知可得f（8），进而得到(8)f−．【解答】解：()

yfx=是奇函数，可得()()fxfx−=−，当0x…时，23()fxx=，可得f（8）2384==，则(8)ff−=−（8）4=−，故答案为：4−．12．（2019秋•密云区期末）若函数21()2xxkfxk−=+为奇函数，则k=．【

分析】若0不在定义域内，即10k+=；若定义域内有0，则(0)0f=，代入即可求解．【解答】解：因为21()2xxkfxk−=+为奇函数，若0不在定义域内，即10k+=，此时21()21xxfx+=−−符合题意，若定义域内有0，根据奇函数的性质可

知1(0)01kfk−==+，故1k=，此时21()21xxfx−=+，2112()()2112xxxxfxfx−−−−−===−++，满足题意．故答案为：1或1−．13．（2020春•新华区校级期中）已知()fx是定义在R上的奇

函数，当0x…时，2()2fxxx=+，若2(2)faf−（a），则实数a的取值范围是．【分析】根据题意，由函数的解析式可得()fx在[0，)+上为增函数，结合函数的奇偶性可得()fx在R上增函数，据此可得2(2)faf−（a）22aa−，解

可得a的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，当0x…时，22()2(1)1fxxxx=+=+−，易得()fx在[0，)+上为增函数，又由()fx是定义在R上的奇函数，则()fx在(−，0]上为增函数，则()fx在R上增函数，若2(2)faf−（a），则有22aa−，即220aa−−

，解可得：12a−，即不等式的解集为(1,2)−；故答案为：(1,2)−14．（2019秋•上城区校级期末）设函数()fx是以2为最小正周期的周期函数，且[0x，2]时，2()(1)fxx=−，则7()2f=．【分析】根据题

意，由函数的周期性可得73()()22ff=，结合函数的解析式计算可得答案．【解答】解：根据题意，函数()fx是以2为最小正周期的周期函数，则73()()22ff=，又由[0x，2]时，2()(1)fxx=−，则2331()(1)224f=−=，则71()24f=，故答案为：141

5．（2020春•海淀区校级期末）函数()yfx=是R上的偶函数，且在(−，0]上是增函数，若f（a）f„（3），则实数a的取值范围是．【分析】根据函数奇偶性和单调性的关系，将不等式转化为(||)faf„（3），结合单调性进行求解即可．【解答】解：()fx是偶函数，且在

(−，0]上是增函数，()fx在[0，)+上是减函数，则不等式f（a）f„（3），等价为(||)faf„（3），得||3a…，得3a…或3a−„，故答案为：3a…或3a−„16．（2020•江苏四模）已知函数()fx是定义在R上的奇函数，且当0x…时，2()5fxxx=−，则不等

式(2)()fxfx−的解集为．【分析】由已知结合奇函数的定义求出()fx的解析式，然后结合x的范围代入已知不等式即可求解．【解答】解：因为()fx是定义在R上的奇函数，且当0x…时，2()5fxxx=−，所以0x时，0x−，所以22()()55()fxxxxxfx−

=−+=+=−，所以2()5fxxx=−−，故225,0()5,0xxxfxxxx−=−−…，(2)()fxfx−，①20x−…即2x…时，22(2)5(2)5xxxx−−−−，解可得，72x，此时722x„，②0x时，22(2)5(2)5xxxx−−−−

−−，解可得，32x−，此时302x−，③当02x„时，22(2)5(2)5xxxx−−−−−，解可得，13x−，此时02x„，综上可得，3722x−．故答案为：37{|}22xx−17．（2020•青

岛模拟）已知定义在(,)−+的偶函数()fx在[0，)+单调递减，1(1)2f−=−，若1(21)2fx−−…，则x取值范围．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．【解答】解：因为偶函数(

)fx在[0，)+单调递减，1(1)2f−=−，根据偶函数的对称性可知，()fx在(,0)−上单调递增，且f（1）12=−，由1(21)2fx−−…，可得1211x−−剟，解可得，01x剟，故答案为：[0，1]18．（2020•南昌三模）已知函

数||2()2xfxx=+，设21(log)3mf=，0.1(7)nf−=，4(log25)pf=，则m，n，p的大小关系是．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．【解答】解：||2()2xfxx

=+，则||2()2()()xfxxfx−−=+−=，即()fx为偶函数，因为0x时，2()2xfxx=+单调递增，221(log)(log3)3mff==，0.1(0.7)nf−=，42(log25)(l

og5)pff==，因为0.122log52log3170−，故pmn故答案为：pmn19．（2020春•贵池区校级期中）已知函数()xxmfxee=−是定义在R上的奇函数（其中e是自然对数的底数）．（1）求实数m的值；（2）若2

(1)(2)0fafa−+„，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据题意，由奇函数的性质可得00(0)10mfeme=−=−=，求出m的值，验证即可得答案；（2）根据题意，求出()fx的导数，分析可得()fx在R上

为增函数，据此可得原不等式等价于212aa−−„，变形可得2210aa+−，解可得a的取值范围，即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，函数()xxmfxee=−是定义在R上的奇函数，则有00(0)10mf

eme=−=−=，则1m=；当1m=时，1()xxfxee=−，为奇函数，符合题意，故1m=；（2）根据题意，1()xxfxee=−，其导数1()0xxfxee=+，则()fx在R上为增函数；若2(1)(2)0fafa−+„，必有

2(1)(2)fafa−−„，即2(1)(2)fafa−−„，则有212aa−−„，变形可得2210aa+−„，解可得：112a−剟，即a的取值范围为[1−，1]2．20．（2019秋•石家庄期末）已知函数

()fx是定义在R上的偶函数，当0x时，2()logfxx=．（1）求当0x时函数()fx的解析式；（2）解不等式2(1)2fx−．【分析】（1）根据题意，当0x时，0x−，由函数的解析式可得2()log()fxx−=−，结合函数的奇偶性分析可得答案；（2）根据题意，由函数的解

析式可得()fx在(0,)+上为增函数，且f（4）2=，据此可得22(1)2(|1|)fxfxf−−（4）2|1|4x−，解可得x的取值范围，即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，当0x时，0x

−，则2()log()fxx−=−，又由()fx为偶函数，则2()()log()fxfxx=−=−，故当0x时，2()log()fxx=−；（2）根据题意，当0x时，2()logfxx=，()fx为增函数，且f（4）2=

，又由()fx为偶函数，则22(1)2(|1|)fxfxf−−（4）2|1|4x−，解可得：5x或5x−，则不等式的解集为{|5xx或5}x−．21．（2020•浙江学业考试）设a，bR，函数2()3fxaxbx=+−，()||gxxa=−，xR．（Ⅰ）若()f

x为偶函数，求b的值；（Ⅱ）当12b=−时，若()fx，()gx在[1，)+上均单调递增，求a的取值范围；（Ⅲ）设[1a，3]，若对任意[1x，3]，都有()()0fxgx+„，求26ab+的最大值．【分析】（Ⅰ）根

据偶函数的概念可知()()fxfx=−，即可得解；（Ⅱ）若0a=，结合0b，可得()3fxbx=−为一次函数，且在R上单调递减，与题意不符，于是0a，即函数()fx为二次函数．再结合二次函数和绝对值函数的单调性可分别列出关于a的不等式

，解之，并取交集即可；（Ⅲ）由题意可得原不等式等价于对任意的[1x，3]，23()0axbxxa+−+−„恒成立，且23()0axbxxa+−−−„恒成立，再由二次函数的图象可得a，b的不等式组，解不等式可得83ab−„，结合二次函数的单调性，可得所求最大值．【解答】解：（Ⅰ）因为()fx为偶函

数，所以()()fxfx=−，即2233axbxaxbx+−=−−，即20bx=对任意的实数x恒成立，所以0b=．（Ⅱ）若0a=，则()3fxbx=−，由于102b=−，所以()fx在R上单调递减，与题意不符，所以0a；因为21()32fxaxx=−

−在[1，)+上单调递增，所以0114aa„，解得14a…，因为()||gxxa=−在[1，)+上单调递增，所以1a„，综上所述，a的取值范围为1[,1]4．（Ⅲ）对任意的[1x，3]，()()0fxgx+„恒成立等价于对任意的[1x，

3]，23()0axbxxa+−+−„恒成立，且23()0axbxxa+−−−„恒成立，即2(1)30axbxa++−−„恒成立，且2(1)30axbxa+−+−„恒成立，分别令函数2()(1)3Fxaxbxa=++−−，2()(1)3Gxaxbxa=+−+−，注意到0a，故对任意的[1x，3

]，()0Fx„与()0Gx„恒成立的充要条件是(1)0(3)0(1)0(3)0FFGG„„„„，即2083024010360bababab−++−+−„„„„，也即283421023babbaab−−−„„„„，由[1a，3]，可得810242

233aaa−−−剟?，因此83ab−„，从而222866()16153aabaaa++−=−−剟，即2615ab+−„，当且仅当1a=，83b=−时，等号成立，所以26ab+的最大值为15−．[B组

]—强基必备1．（2020•徐州模拟）已知定义在R上的偶函数()fx满足(1)(1)0fxfx++−=．且当01x剟时，3()log()fxax=−．若对于任意[1x−，0]，都有231()1log53fxtx−−−…，则实数t的取值范围为．【分析】先求

得f（1）的值，由此求得a的值，证得()fx时周期为4的函数，将31log5−转化为5()3f，根据函数周期性和对称性，将原式转化为2543kxtx−+−„，结合x的取值范围即可求得t的取值范围．【解答】解：因为(1)(1)0fxfx++−=．令0x=，则2f（1）0=，即f（1）0

=，由于01x剟时，3()log()fxax=−．所以（1）3log(1)0a=−=，解得2a=，即有当01x剟时，3()log(2)fxx=−．因为333335112251log5(2)()(1)(1)()5333333logloglogffff−==−=−−=−=−−=+=，又

因为()fx为偶函数，所以55()()33ff=−，再根据(1)(1)0fxfx++−=．()()fxfx−=，则(4)[1(3)][1(3)][(2)](2)[1(1)][1(1)]()()fxfxfxfxfx

fxfxfxfx+=++=−−+=−−+=−+=−++=−+=−=，所以函数()fx是周期为4的周期函数，当[1x−，0]时，[0x−，1]，所以3()()log(2)fxfxx=−=+，所以当[1x−，1]时，3()log(2||)fxx

=−．因为(1)(1)0fxfx++−=，所以(2)()0fxfx−+=，故()(2)fxfx=−−，所以当[1x，3]时，2[1x−−，1]，所以3()log(2|2|)fxx=−−−．作出函数()fx的图象如图：由231()1log5

3fxtx−−−…，得251544()333kxtxkkZ−+−−+剟，对于任意[1x−，0]成立当0x=时，51544333kk−+−+剟，解得1123k−剟，所以0k=，即2515333xtx−−−剟对于任意[1x−，0]成立，当[1x−，0)时，由2

5133xtx−−−„得4()3txx+…的最大值，由于43yxx=+在[1−，0)单调递减，所以47133t−−=−…，由21533xtx−−„得2()txx−„的最小值，由于2yxx=−在[1−，0)单调递增，所以2111t−−=−„，综上，t的取值范围是7[3−，1]

，故答案为：7[3−，1]．2．（2020春•海淀区校级期中）若3()log3mxfxx−=+，设其定义域上的区间[，](0)．（1）判断该函数的奇偶性，并证明；（2）当1m时，判断函数在区间

[，](0)上的单调性，并证明；（3）当01m时，若存在区间[，](0)，使函数()fx在该区间上的值域为[log(1)mm−，log(1)]mm−，求实数m的取值范围．【分析】（1）首先求出函数的定义域，再根据定义法证明函数

的奇偶性；（2）利用定义法证明函数的单调性，按照：设元、作差、变形、判断符号、下结论的步骤完成即可；（3）由（1）得，当01m时，()fx在[，]为减函数，故若存在定义域[，](0)，使值域为[log(1)mm−，log(1)]mm

−，则有3(1)33(1)3mmmmloglogmloglogm−=−+−=−+，从而问题可转化为，是方程3(1)3xmxx−=−+的两个解，进而问题得解．【解答】解：（1）因为3()3mxfxlogx−=+，

由303xx−+解得3x或3x−，即()fx的定义域为(−，3)(3−，)+，关于原点对称．又1333()()()333mmmxxxfxlogloglogfxxxx−−−+−−====−−+−+，()fx为奇函数．（2

）()fx在[，](0)为增函数，证明如下：()fx的定义域为[，](0)，则[，](3,)+．设1x，2[x，]，12xx，13x，23x，则121212121233(3)(3)()()33(3

)(3)mmmxxxxfxfxlogloglogxxxx−−−+−=−=+++−，121212(3)(3)(3)(3)6()0xxxxxx−+−+−=−，1212(3)(3)(3)(3)xxxx−++−，即1212(3)(

3)01(3)(3)xxxx−++−，因为1m，所以1212(3)(3)0(3)(3)mxxlogxx−++−，即12()()fxfx，所以()fx在[，](0)为增函数，（3）由（1）得，当01m

时，()fx在[，]为减函数，若存在定义域[，](0)，使值域为[log(1)mm−，log(1)]mm−，则有3(1)33(1)3mmmmloglogmloglogm−=−+

−=−+，3(1)33(1)3mm−=−+−=−+，，是方程3(1)3xmxx−=−+在(3,)+上的两个相异的根，(1)(3)3mxxx−+=−，即2(21)330mxmxm+−+−=，即2(21)3

30mxmxm+−+−=在(3,)+上的两个相异的根，令2()(21)33hxmxmxm=+−+−，则()hx在(3,)+有2个零点，01(3)0213221()02mhmmmhm−−−−„，解得2304m−，即当2304

m−时，2212161611216161[,][,]22mmmmmmmm−−−+−+−+=，